专题3.2导数与函数的单调性(2021年高考数学一轮复习专题)

专题 导数与函数的单调性
一、题型全归纳
题型一 利用导数判断(证明)函数的单调性
【题型要点】导数法证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤
(1)求f′(x)．
(2)确认f′(x)在(a，b)内的符号．
(3)作出结论：f′(x)>0时为增函数；f′(x)<0时为减函数.
【易错提醒】研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论． < br>x
【例
1
】
(2020·
高考全国卷一卷节选
)已知函数
f(x)?e?a(x?2)
.
当
a?1
时，讨论f(x)
的单调性；
【答案】
f(x)
的减区间为
(??,0 )
，增区间为
(0,??)

【解析】当
a?1
时，
f(x)?e?(x?2)
，
f(x)?e?1
，

x'x
令
f(x)?0
，解得
x?0
，令
f(x)?0
，解得< br>x?0
，
所以
f(x)
的减区间为
(??,0)
， 增区间为
(0,??)
；

''
【例
2
】
.
(2020·
高考全国卷二卷节选
)
已知函数
f
（
x
）
=2lnx+1
．设
a>0
时，讨论函数
g
（
x
）
=
单调性．
【答案】
g(x)
在区间(0,a)
和
(a,??)
上单调递减，没有递增区间
f(x)?f( a)
的
x?a
【解析】
g(x)?
2lnx?1?(2lna?1) 2(lnx?lna)
?(x?0
且
x?a)

x?ax?a
因此
g
?
(x)?
2(x?a?xlnx?xlna)
，设
m(x)?2(x?a?xlnx?xlna)
，则有
m
?
(x)?2(l na?lnx)
，
x(x?a)
2

?
当
x?a
时，
lnx?lna
，所以
m(x)?0
，
m(x)
单调递减，因此有
m(x)?m(a)?0
，即
g
?
(x)?0
，所以
g(x)
单调递减；
当< br>0?x?a
时，
lnx?lna
，所以
m(x)?0
，
m(x)
单调递增，因此有
m(x)?m(a)?0
，即
g
?(x)?0
，
?
所以
g(x)
单调递减，
所以函数< br>g(x)
在区间
(0,a)
和
(a,??)
上单调递减，没有 递增区间
.
题型二 求函数的单调区间
【题型要点】利用导数求函数单调区间的方法
(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间．
( 2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间内f′(x) 的符号，
从而确定单调区间．
(3)当导函数的方程、不等式都不可解时，根据f′(x)的 结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定
单调区间．
【易错提醒】所求函 数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”及“或”连接，只能用“，”及“和”隔
开．
a＋1
【例1】已知函数f(x)＝aln x－x－
(a∪R)．求函数f(x)的单调区间．
x
【解】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
1＋a
－x
2
＋ax＋1＋a－（x＋ 1）[x－（1＋a）]
a
f′(x)＝
－1＋
2
＝＝，
xxx
2
x
2
∪当a＋1>0，即a>－1时，在(0，1＋a)上f′(x )>0，在(1＋a，＋∞)上，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间是(0，1＋a)，单调递减区间是(1＋a，＋∞)；
∪当1＋a≤0，即a≤－1时，在(0，＋∞)上，f′(x)<0，
所以，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间．

x53
【例2】已知函数f(x)＝＋－ln x－，求函数f(x)的单调区间．
44x2
x
2
－4x－5
x5 3
【解】：f(x)＝＋－ln x－，x∪(0，＋∞)，则f′(x)＝
.
44 x24x
2
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.因为x＝－1不在f(x)的定义域( 0，＋∞)内，故舍去．
当x∪(0，5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，5)内为减函数；
当x∪(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．
故函数< br>f(x)
的单调递增区间为
(5
，＋
∞)
，单调递减区间为< br>(0
，
5)
．

题型三 函数单调性的应用
命题角度一 比较大小或解不等式
【题型要点】利用导数比较大小或解不等式的常用技巧 < br>利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，
再由单调性比较大小或解不等式．
f（x）
1
【例1】已知函数f′(x) 是函数f(x)的导函数，f(1)＝，对任意实数都有f(x)－f′(x)>0，设F(x)＝
x< br>，则不
ee
1
等式F(x)<
2
的解集为( )
e
A．(－∞，1) B．(1，＋∞) C．(1，e) D．(e，＋∞)
f′（x）e
x
－e
x
f（x）f′（x）－f （x）
【解析】 F′(x)＝＝，又f(x)－f′(x)>0，知F′(x)<0，
e< br>x
（e
x
）
2
11
所以F(x)在R上单调递减．由 F(x)<
2
＝F(1)，得x>1，所以不等式F(x)<
2
的解集为(1 ，＋∞)．
ee
命题角度二 已知函数单调性求参数的取值范围
【题型要点】利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路
(1)由函数在区间[a，b] 上单调递增(减)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立，列出不等式．
(2)利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．

(3)对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整个区间恒等于0，若f′(x)恒等于0，则参数 的这个值应
舍去；若只有在个别点处有f′(x)＝0，则参数可取这个值．
1
【例2】已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝
ax
2
＋2x(a≠0)．
2
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求a的取值范围．
1
【解析】(1)h(x)＝ln x－
ax
2
－2x，x∪(0，＋∞)，
2
1
所以h′( x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
x
1
所以当x∪(0，＋∞)时，－ax－2<0有解．
x
21212
即a＞
2
－有解，设G(x)＝
2
－，
xx xx
?
1
?
所以只要a＞G(x)
min
即可．而G(x) ＝
?
?1
?
－1，所以G(x)
min
＝－1.
?
x
?
所以a＞－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．
1(2)由h(x)在[1，4]上单调递减得，当x∪[1，4]时，h′(x)＝
－ax－2≤0 恒成立，
x
121
?
1
?
?
1
?
即a≥
2
－恒成立．所以a≥G(x)
max
，而G(x)＝
?< br>?1
?
－1，因为x∪[1，4]，所以
∪
?
,1
?
，
xxx
?
4
?
x
2
??
所以 G(x)
max
＝－
77
?
7
?
(此时x＝4)， 所以a≥－
，即a的取值范围是
?
?,??
?
.
1616
?
16
?
题型四 分类讨论思想研究函数的单调性
【题型要点】含参数函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：
(1)方程f′(x)＝0是否有根；
(2)若f′(x)＝0有根，求出根后是否在定义域内；
(3)若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．

【例】已知f(x)＝a(x－ln x)＋
2x－1
，a>0.讨论f(x)的单调性．
x
2
a22
（ax
2
－2）（x－1）
【解】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－－
2
＋
3
＝
.
xxxx
3
a（x－1）
?
?
x?
因a>0，f′ (x)＝
x
3
?
?
2
??
2
?
? ?
x?
?
.
??
a
??
a
?
?
(1)当02
>1，
a
当x∪(0，1)或x∪?
?
2
??
2
?
?
时，f′(x)>0，f( x)单调递增，当x∪
?
1,
?
时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
,??
?
a
??
a
?
????
2
＝1，在x∪(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增．
a
(2)当a＝2时，
(3)当a>2时，0<
?
2
<1，当x∪
?
0,
a
?
?
2
?
?
或x∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，f (x)单调递增，
a
?
?
?
2
?
?
当x ∪
?
?
a
,1
?
时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
??
综上所述，当0?
1 ,
?
?
?
?
2
?
2
?
?
内单调递减，在
??
内单调递增；
,??
???
a
??< br>a
?
当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
??
2?
2
?
??
当a>2时，f(x)在
0,
内单调递增， 在
?
,1
?
????
内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
aa
????
二、高效训练突破
一、选择题

1．函数f(x)＝e
x
－ex，x∪R的单调递增区间是( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C．(－∞，1) D．(1，＋∞)

【解析】：由题意知，f′(x)＝e
x
－e， 令f′(x)>0，解得x>1，故选D.
2.函数f(x)＝cos x－x在(0，π)上的单调性是( )
A．先增后减
C．增函数
B．先减后增
D．减函数
【解析】：因为f′(x)＝－sin x－1<0.所以f(x)在(0，π)上是减函数，故选D.
3
3．(2020·河北省九校第二次联考)函数y＝x＋
＋2ln x的单调递减区间是( )
x
A．(－3，1) B．(0，1)
32
【解析】：法一：令y′＝1－
2
＋
<0，得－30，故所求函数 的单调递减区间为(0，1)．故选B.
xx
7
法二：由题意知x>0，故排除A、 C选项；又f(1)＝42
f（x1
）－f（x
2
）
1
4.已知f(x)＝aln x＋x
2
(a>0)，若对任意两个不相等的正实数x
1
，x
2
，都有> 2恒成立，则a
2
x
1
－x
2
的取值范围为( )
A.(0，1]
C.(0，1)


B.(1，＋∞)
D.[1，＋∞)
f（x
1
）－f（x
2
）
【解 析】对任意两个不相等的正实数x
1
，x
2
，都有>2恒成立，则当x>0时 ，f′(x)≥2恒成立，
x
1
－x
2
a
f′(x)＝＋x≥2在(0，＋∞)上恒成立，则a≥(2x－x
2
)
max
＝1.
x
e
x
5.函数f(x)＝
的图象大致为( )
x

xe
x
－e
x
e
x
【解析】：函数f(x)＝的定义域为{x|x≠0，x∪R}，当x>0时，函数f′(x)＝，可得函数的 极值点为：
xx
2
x＝1，当x∪(0，1)时，函数是减函数，x>1时，函数是 增函数，并且f(x)>0，选项B、D满足题意．当x<0
e
x
时，函数f(x)＝
<0，选项D不正确，选项B正确．
x

ln x
6.已知f(x)＝
，则( )
x
A．f(2)＞f(e)＞f(3)
C．f(3)＞f(2)＞f(e)
B．f(3)＞f(e)＞f(2)
D．f(e)＞f(3)＞f(2)
1－ln x
【解析】f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.
x
2
∴当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时， f′(x)＜0，f(x)单调递减，故x＝e时，
1ln 2ln 8ln 3ln 9
f (x)
max
＝f(e)＝
，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)＞f(3 )＞f(2)，故选D.
e2636
7.(2020·唐山市摸底考试)设函数f(x)＝x (e
x
＋e
x
)，则f(x)( )
A．是奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数 B．是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数
C．是奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数 D．是偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数
【解析】：常规解法：由条件可知，f(－x)＝(－x)(e
x
＋e
x)＝－x(e
x
＋e
x
)＝－f(x)，故f(x)为奇函数，f′(x )＝e
x
＋e
x
＋x(e
x
－e
x
)，当 x>0时，e
x
>e
x
，所以x(e
x
－e
x)>0，又e
x
＋e
x
>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0 ，＋∞)
上是增函数，故选A.
光速解法：根据题意知f(－1)＝－f(1)，所以函数f (x)为奇函数．又f(1)数，故选A.
8.(2020·郑州市第二次质量预测)函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其 导函数，若xf′(x)＋f(x)＝
e
x
(x－2)且f(3)＝0，则不等式f( x)<0的解集为( )
A．(0，2)
C．(2，3)
【答案】B.
【解析】：令g(x)＝xf(x)，x∪(0，＋∞)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＝e
x
(x－2)，可知当x∪(0，2)时，g(x)＝xf(x)是减
函数，当x∪( 2，＋∞)时，g(x)＝xf(x)是增函数．又f(3)＝0，所以g(3)＝3f(3)＝0.在(0，＋ ∞)上，不等式f(x)<0
的解集就是xf(x)<0的解集，又g(0)＝0，所以f(x)<0的 解集是(0，3)，故选B.
B．(0，3)
D．(3，＋∞)
－－－－－
－－
－
9.函数
y??x?x?2
的图像大致为
42

【解析】函数图象过定点
(0,2)
，排除A，B；

令
y?f(x)??x?x?2
，则
f
?
(x)??4x?2x?? 2x(2x?1)
，
4232
2
由
f
?
(x)? 0
得
2x(2x?1)?0
，得
x??
2
2
或0?x?
，此时函数单调递增，
2
2
由
f
?
(x)?0
得
2x(2x?1)?0
，得
x?
2
2
2
?x?0
，此时函数单调递减，排除C.故选D. 或
?
2
210.(2020·江西七校第一次联考)若函数f(x)＝2x
3
－3mx
2< br>＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范
围是( )
A．(－∞，1]
C．(－∞，2]
B．(－∞，1)
D．(－∞，2)
【解析】：因为f′(x)＝6(x
2
－mx＋1)，且 函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝6(x
2
－mx＋1)≥0在
x
2
＋1
1
在(1，＋∞)上恒成立，所以m≤＝x＋在(1，＋∞ )上恒成立，即m≤
xx
(1，＋∞)上恒成立，即x
2
－mx＋1≥01
?
1
?
?
x?
?
(x∪(1，＋∞))，因 为当x∪(1，＋∞)时，x＋
x
>2，所以m≤2.故选C.
x
?
min
?
二、填空题
1
1.函数y＝4x
2
＋的单调递增区间为 ．
x
11
【解析】：由y＝4x
2
＋，得y′＝8x－
2
， < br>xx
111
?
1
?
令y′>0，即8x－
2
>0，解得x>.所以函数y＝4x
2
＋的单调递增区间为
?
,??
?

x2x
?
2
?
2．已知函数y＝f(x)(x∪R)的 图象如图所示，则不等式xf′(x)≥0的解集为 ．

【解析】：由f(x)图象特征可得，f′(x)在
?
??,
?< br>和[2，＋∞)上大于0，在
?
,2
?
上小于0，
22?
?
1
?
?
?
1
?
?
???
?
x≥0，
?
x≤0，
1
?
1
?
?
所以xf′(x)≥0∪或
?
∪0≤x≤
或x≥2，所以xf′( x)≥0的解集为
?
0,
?
∪[2，＋∞)．
2
?
f′（x）≥0
?
?
f′（x）≤0
?
?
2
?< br>3．若f(x)＝xsin x＋cos x，则f(－3)，
f
?
?
?
?
?
，f(2)的大小关系为 (用“<”连接)．
2< br>??
【解析】：由题意知，函数f(x)为偶函数，因此f(－3)＝f(3)．又f′(x)＝ sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，
当x∪
?
?
?< br>??
?
??
?
?
,
?
?
时，f′( x)<0.所以f(x)在区间
?
,
?
?
上是减函数，所以
f
??
＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．
?
2
??
2
??
2
?
x?x
4.
设函数
f
?
x
?
?e?ae
（
a
为常数）．若
f
（
x
）为奇函数，则
a=________
；若
f
（
x
）是
R
上的增函数，
则
a
的取值范围是
_________ __
．

【解析】首先由奇函数的定义得到关于
a
的恒等式，据此可 得
a
的值，然后利用
f
?
(x)?0
可得
a
的取值范
围
.
若函数
f
?
x
?
?e? ae
为奇函数，则
f
?
?x
?
??f
?
x
?
,
即
e
x?x
?x
?ae
x
? ?
?
e
x
?ae
?x
?
，

即
?
a?1
?
e? e
x
?
?x
?
?0
对任意的
x
恒成立，

?x
则
a?1?0
，得
a??1
.
x?x
若函数
f
?
x
?
?e?ae
是
R
上的增 函数，则
f
?
(x)? e?ae?0
在
R
上恒成立，

x
即
a?e
2x
在
R
上恒成立，又
e
2x
?0
，则
a?0
，即实数
a
的取值范围是
?
??,0
.
5 .已知函数f(x)＝x
3
＋mx
2
＋nx－2的图象过点(－1，－6)， 函数g(x)＝f′(x)＋6x的图象关于y轴对称.则m＝
________，f(x)的单调递减 区间为________.
【解析】由f(x)的图象过点(－1，－6)，得m－n＝－3，∪
又g(x)＝f′(x)＋6x＝3x
2
＋(2m＋6)x＋n为偶函数，
∪2m＋6＝0，即m＝－3，∪代入∪式，得n＝0.所以f′(x)＝3x
2
－6x＝3x (x－2).
令f′(x)<0，得0
?

6.
已知函数
f(x)?x?2x?e?
值范围是

．

3x
1
，其中
e
是自然对数的底数．若
f(a?1)?
f(2a
2
)?0
，则实数
a
的取
x
e
1
x
?e??f(x)
，所以函数
f(x)
是奇函数，

x
e
【解析】因为
f(?x)??x?2x?
3
因为
f'(x)?3x
2
?2?e
x
?e
?x< br>?3x
2
?2?2e
x
?e
?x
?0
，所以 函数
f(x)
在
R
上单调递增，

又
f(a?1) ?f(2a)?0
，即
f(2a)?f(1?a)
，

所以
2a
2
?1?a
，即
2a
2
?a?1?0
，解得< br>?1?a?
22
11
，故实数
a
的取值范围为
[?1 ,]
．

22
1
7.设函数f(x)＝x－
，且f(mx) ＋mf(x)<0对任意x∪[1，＋∞)恒成立，则实数m的取值范围是 ．
x【解析】：由f(mx)＋mf(x)<0得mx－
1
?
1
1m
?
＋mx－
<0对任意x∪[1，＋∞)恒成立，整理得2mx<
?
m??
?
恒
mxx
m
?
x
?
11
成立，即2mx
2
恒成立，显然m≠0，当m>0时，2x
2
<1＋
2
，显然当x＝1时y＝2x
2
取得最小值为2，
mm
11
无最大值，不符合题意；当m<0时，2x
2
>1＋
2
，当x ＝1时y＝2x
2
取得最小值为2，1＋
2
<2，解得m<－
mm< br>1.综上，实数m的取值范围是m<－1.
三 解答题
1.(2019·高考全国卷 Ⅲ节选)已知函数f(x)＝2x
3
－ax
2
＋2.讨论f(x)的单调性．
【解】f′(x)＝6x
2
－2ax＝2x(3x－a)．
a
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝
.
3
若a>0，则当x∪( －∞，0)∪
?
?
a
??
a
??
a
?,??
?
时，f′(x)>0；当x∪
?
0,
?
时，f ′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，
?
,??
?

?
3
??
3
??
3
?
单调递增，在
?
0,
?
?
a
?
?
单调递减．
3
?
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
若a<0，则当x ∪
?
??,
?
?
a
?
a
??
a< br>??
?
∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∪
?
,0
?
时，f′(x)<0.故f(x)在
?
??,
?
，(0，＋∞)单< br>3
?
3
??
3
??

调递增，在
?
?
a
?
,0
?
单调递减．
?
3
?
1e
2.(2020·成都七中检测)设函数f(x)＝ax
2
－a－ln x，g(x)＝－
x
，其中a∪R，e＝2.718…为自然对数的底数．
xe
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x>1时，g(x)>0. < br>1
2ax
2
－1
【解】：(1)由题意得f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
xx
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0有x＝
1
?
1
?
，当x∪< br>?
0,
?
时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
2a
2 a
??
当x∪
?
?
1
?
,??
?
时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
?
2a
?
1e
－－－< br>(2)证明：令s(x)＝e
x
1
－x，则s′(x)＝e
x
1
－1.当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)>s(1)，即e
x
1
>x，从而g(x)＝
－
x
xe
e（e
x
1
－x）
＝
>0.
xe
x
1a
3．(2020·云南衡水实验中学 阶段测试)设函数f(x)＝x
3
－
x
2
＋bx＋c，曲线y＝f( x)在点(0，f(0))处的切线方程
32
为y＝1.
(1)求b，c的值；(2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x) ＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
【解】：(1)f′(x)＝x
2
－ax＋b，
?
f（0）＝1，
?
?
c＝1，
?
由题意得
?
即
?
故b＝0，c＝1.
??
f′（0）＝0，b＝0.
??
－
(2) 由(1)得，f′(x)＝x
2
－ax＝x(x－a)(a＞0)，
当x∪(－∞， 0)时，f′(x)＞0；当x∪(0，a)时，f′(x)＜0；当x∪(a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．

(3)g′(x)＝x
2
－ax＋2，依题意， 存在x∪(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x
2
－ax＋2<0成立．
2?
2
?
则存在x∪(－2，－1)使－a>－x－成立，即－a>
??x?
?
x
x
??
2
因为x∪(－2，－1)，所以－ x∪(1，2)，则－x－
≥
2
x

min
2
?< br>?
?x
?
?
?
?
?
?
＝2
?
x
?
2，
2
当且仅当－x＝－，即x＝－2时等号成立，所以－a>22，则a<－22.
x
所以实数a的取值范围为(－∞，－22)．